Kezdőlap


Feladat:	F.1654	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Gerhardt Tamás , Szalontai Árpád
Füzet:	1969/november, 121 - 123. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus egyenletek, Műveletek polinomokkal, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1969/március: F.1654

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Megkeressük (1) összes gyökeit, és mindegyikre megvizsgáljuk, gyök-e a $2$ -szerese is, vagyis teljesül-e a módosított egyenlet:

\begin{matrix} cos 2 x + cos 4 x + cos 8 x = 0. \end{matrix}

(2)

(1) bal oldalán az utolsó két tag összegét szorzattá alakítva

\begin{matrix} cos x + cos 2 x + cos 4 x = cos x + 2 cos x cos 3 x = cos x (1 + 2 cos 3 x) = 0, \end{matrix}

eszerint (1) gyökei (fok egységekben):

cos x = 0 -ból x_{1,2} = 90^{\circ} + k \cdot 180^{\circ}, továbbá

1 + 2 cos 3 x = 0, azaz

\begin{matrix} cos 3 x = - \frac{1}{2} ből 3 x = {\begin{matrix} 120^{\circ} + k \cdot 360^{\circ}, \\ 240^{\circ} + k \cdot 360^{\circ}, \end{matrix} \end{matrix}

\begin{matrix} x_{3,4,5} = 40^{\circ} + k \cdot 120^{\circ}, x_{6,7,8} = 80^{\circ} + k \cdot 120^{\circ} . \end{matrix}

(0^{\circ}

720^{\circ})

intervallumba eső gyökök tehát:

\begin{matrix} 40^{\circ}, & 80^{\circ}, & 90^{\circ}, & 160^{\circ}, & 200^{\circ}, & 270^{\circ}, & 280^{\circ}, & 320^{\circ}, \\ 400^{\circ}, & 440^{\circ}, & 450^{\circ}, & 520^{\circ}, & 560^{\circ}, & 630^{\circ}, & 640^{\circ}, & 680^{\circ} . \end{matrix}

Már innen látjuk, hogy

x_{1,2}

-re nem igaz az állítás,

180^{\circ}, 540^{\circ}

nem szerepel, és valóban,

(2 x_{1} =) 180^{\circ}

és

(2 x_{2} =) 540^{\circ}

esetén (2) bal oldala

+ 1

. Azt sejtjük viszont, hogy minden további gyökre helyes az állítás.

Valóban,

\begin{matrix} 2 x_{3,4,5} = 80^{\circ} + (2 k) \cdot 120^{\circ}, \end{matrix}

ami mindig benne van az

x_{6,7,8}

alakban, másrészt hasonlóan

\begin{matrix} 2 x_{6,7,8} = 160^{\circ} + 2 k \cdot 120^{\circ} = 40^{\circ} + (2 k + 1) \cdot 120^{\circ}, \end{matrix}

ezt pedig az

x_{3,4,5}

alak tartalmazza. Ezzel szemben

2 x_{1,2} = (2 k + 1) \cdot 180^{\circ}

nem gyök. ‐ Ezzel a kívánt vizsgálatot befejeztük.

Gerhardt Tamás (Budapest, Kaffka Margit Gimn., III. o. t.)

Szalontai Árpád (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., II. o. t.)

II. megoldás. Az (1) egyenlet teljes megoldása nélkül adjuk meg a választ a kérdésre. Az 1575. feladat¹

(1) táblázatát (az

n = 8

-hoz tartozó sorral való kiegészítés után) felhasználva

2 cos x = C

polinomjává alakítjuk (1) bal oldalának

2

-szeresét, és azt a kifejezést is, ami belőle adódik,

x

helyére

2 x

-et írva:

\begin{matrix} 2 cos x + 2 cos 2 x + 2 cos 4 x = C + (C^{2} - 2) + (C^{4} - 4 C^{2} + 2) = & (1a) \\ C (C^{3} - 3 C + 1), \\ 2 cos 2 x + 2 cos 4 x + 2 cos 8 x = (C^{2} - 2) + (C^{4} - 4 C^{2} + 2) + & (2a) \\ (C^{8} - 8 C^{6} + 20 C^{4} - 16 C^{2} + 2) = C^{8} - 8 C^{6} + 21 C^{4} - 19 C^{2} + 2. \end{matrix}

Az első polinom

C

tényezője a második polinomnak nem tényezője. Eszerint

C = 0

, vagyis

x_{1} = 90^{\circ} + k \cdot 180^{\circ}

esetén (1a) és vele (1) bal oldala 0,

x_{1}

gyök, (2a) értéke viszont

2 (\neq 0)

, tehát

x_{1}

a módosított egyenletnek nem gyöke.
Polinom-osztás útján kapjuk, hogy (2a) jobb oldala többszöröse az (1a) jobb oldalán álló háromtagúnak:

\begin{matrix} C^{8} - 8 C^{6} + 21 C^{4} - 19 C^{2} + 2 = (C^{3} - 3 C + 1) (C^{5} - 5 C^{3} - C^{2} + 6 C + 2), \end{matrix}

eszerint minden további olyan

C

esetében, amelyre (1a) jobb oldala

0

, vagyis

x_{2} = arccos(C/2)

gyöke (1)-nek, a (2a) jobb oldala is

0

, tehát

x_{2}

a módosított egyenletnek is gyöke. Legalább egy ilyen gyök van, mert

C = - 2

esetén

C^{3} - 3 C + 1 = - 1, < 0, C = 2

esetén pedig

+ 3, > 0

, a megfelelő grafikon legalább egy helyen átmetszi az

x

tengelyt.
A kérdéses állítás tehát bizonyos gyökökre igaz, másokra nem igaz.

III. megoldás. Könnyű észrevenni, hogy

x = \pm 90^{\circ}

az (1)-nek gyöke, a (2)-nek nem, van tehát olyan gyök, amelyre az állítás nem igaz. Megmutatjuk viszont, hogy olyan gyök is van, amelyre (2) is teljesül, vagyis amelyre az állítás igaz. Az ilyen gyökre (1) és (2) kivonásával mindenesetre

\begin{matrix} cos x = cos 8 x, \end{matrix}

tehát csak

8 x - x = 7 x = k \cdot 360^{\circ}

és

8 x - x = 9 x = k \cdot 360^{\circ}

megoldásairól lehet szó, amennyiben kielégítik (1)-et.

Az utóbbiból adódó

x = 40^{\circ}

esetén (1) bal oldala

cos 40^{\circ} + cos 80^{\circ} + cos 160^{\circ} = cos 40^{\circ} + cos 280^{\circ} + cos 160^{\circ}

, az egységkörnek a

40^{\circ}, 160^{\circ}

és

280^{\circ}

irányszögű pontjaihoz tartozó helyvektorok

x

koordinátáiból képezett összeg², más szóval a vektorok összegének

x

-koordinátája. Ámde a

3

vektor összege

0

, mert mindegyikük egységvektor, és bármelyik kettő közötti szög

120^{\circ}

, így (1) bal oldala

0

. Ugyanígy

cos 80^{\circ} + cos 160^{\circ} + cos 320^{\circ} = cos 80^{\circ} + cos 200^{\circ} + cos 320^{\circ} = 0

. (

x = 120^{\circ}

esetén

2 x = 240^{\circ},4 x = 120^{\circ} + 360^{\circ}

, és nem találunk a fentiekhez hasonló tükrözést.)

¹K. M. L. 37 (1968) 120. o.

C_{n} = 2 cos n x

C_{1} = C = 2 cos x

-nek az az

n

-edfokú, csökkenő hatványok szerint rendezett polinomja, melyben

C^{n}

együtthatója

1

, a további tagokban a kitevő

2

egységenként csökken, az egymás utáni együtthatók az (1*) táblázat

n

indexű sorából vehetők ki, és a táblázat a (2*) séma szerint fejleszthető tovább, ahol

a = b - c

(miután kész sor utolsó száma után

0

-t írtunk).

\begin{matrix} \begin{matrix} n \\ 1 & 1 \\ 2 & 1 & - 2 \\ 3 & 1 & - 3 \\ 4 & 1 & - 4 & 2 & (1*) \\ 5 & 1 & - 5 & 5 \\ 6 & 1 & - 6 & 9 & - 2 \\ 7 & 1 & - 7 & 14 & - 7 \\ 8 & 1 & - 8 & 20 & - 16 & 2 \end{matrix} & \begin{matrix} c \\ b & (2*) \\ a \end{matrix} \end{matrix}

²Nem okoz zavart, hogy $x$ -nek itt kétféle jelentése van.